Question

11．如圖所示，在傾角為θ=30°的光滑斜面MN底端固定一個被壓縮且鎖定的輕彈簧，輕彈簧的上端靜止放一質(zhì)量m=2kg的滑塊，且滑塊與斜面頂端N點相距x=0.10m．現(xiàn)將彈簧解除鎖定，滑塊離開彈簧后經(jīng)N點離開斜面，恰水平飛上順時針始終勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶，已知傳送帶水平放置且足夠長，傳送帶上端距N點所在水平面高度為h=0.20m，滑塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（g取10m/s²）．
（1）彈簧鎖定時儲存的彈性勢能；
（2）若傳送帶速度為7$\sqrt{3}$m/s，求滑塊飛上傳送帶后因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能；
（3）傳送帶右端豎直固定半徑R=0.1m的光滑半圓軌道，且軌道下端恰好與傳送帶相切，為使滑塊能沿半圓軌道運動而不脫離半圓軌道，求傳送帶速度應當滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）滑塊A從N飛上傳送帶的逆過程是平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求出滑塊A飛上傳送帶的速度，再由機械能守恒定律求彈簧鎖定時儲存的彈性勢能；
（2）滑塊飛上傳送帶后，根據(jù)牛頓第二定律求出其加速度，由速度時間公式求出速度達到傳送帶的速度時所用時間，再由位移公式求兩者的相對位移，即可求得因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能；
（3）滑塊能沿半圓軌道運動而不脫離半圓軌道，有兩種情況：第一種滑塊不越過四分之一圓弧，第二種能到達圓弧最高點，根據(jù)機械能守恒定律和臨界條件結(jié)合解答．

解答 解：（1）滑塊離開斜面后，豎直方向由h=$\frac{1}{2}g{t}_{0}^{2}$得：t₀=0.2s
所以滑塊離開斜面時，有：$\frac{g{t}_{0}}{{v}_{0}}$=tan30°，得：v₀=2$\sqrt{3}$m/s
對滑塊，從開始到恰上斜面，機械能守恒，彈簧鎖定時儲存的彈性勢能為：
E_p=mg（xsin30°+h）+$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：E_p=17J
（2）滑塊飛上傳送帶后，對滑塊，由牛頓第二定律有：
μmg=ma，
得：a=5$\sqrt{3}$m/s²；
由v_傳=v₀+at，得：t=1s
此過程中傳送帶的位移為：x_傳=v_傳t=7$\sqrt{3}$m
物塊的位移為：x_物=v₀t+$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$m
所以兩者相對位移為：s_相=x_傳-x_物=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$m
滑塊飛上傳送帶后因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為：Q=μmgs_相=75J
（3）若滑塊不能越過四分之一圓弧，對滑塊，由機械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$=mgR，
則有：v₁=$\sqrt{2}$m/s
若滑塊不能越過四分之一圓弧，在最高點，對滑塊，由牛頓第二定律有：
mg=m$\frac{{v}_{Q}^{2}}{R}$，得：v_Q=1m/s
從最低點到最高點，對滑塊，由機械能守恒定律得：
 $\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=mg•2R+$\frac{1}{2}m{v}_{Q}^{2}$，
得：v₂=$\sqrt{5}$m/s
所以傳送帶運行速度應當滿足的條件是：v≤v₁=$\sqrt{2}$m/s或v≥v₂=$\sqrt{5}$m/s
答：（1）彈簧鎖定時儲存的彈性勢能是17J；
（2）若傳送帶速度為7$\sqrt{3}$m/s，滑塊飛上傳送帶后因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能是75J．
（3）傳送帶運行速度應當滿足的條件是v≤$\sqrt{2}$m/s或v≥$\sqrt{5}$m/s．

點評 分析清楚滑塊的運動情況和受力情況是解題的關(guān)鍵，根據(jù)受力情況來判斷滑塊的運動情況，要把握圓周運動的臨界條件，靈活利用牛頓運動定律、運動學規(guī)律和能量守恒定律進行研究．